2022-2022学年浙江省杭州市临安市於潜中学高三（上）第一次月考物理试卷一、单项选择题（本题共8个小题，每题3分，共24分．）1．（3分）（2022•中山二模）在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ） A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法 D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2．（3分）（2022秋•杭州期中）物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，在3s末物体在A点的正上方15m处，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ） A．初速度有二个解 B．物体在3s末的速度方向可能竖直向上 C．在3s内物体的平均速度的方向一定竖直向下 D．在3s内物体的平均速度的方向一定竖直向上3．（3分）（2022•兴平市校级一模）我国道路安全部门规定：高速公路上行驶的最高时速为120km/h．交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数路面动摩擦因数干沥青0.7干碎石路面0.6～0.7湿沥青0.32～0.4根据以上资料，通过计算判断汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近（ ） A．100mB．200mC．300mD．400m4．（3分）（2022•宁波二模）如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图①中O为轻绳之间联结的节点，图②中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图①中的B滑轮或图②中的端点B沿虚线稍稍上移一些，则关于θ角变化说法正确的是（ ） A．图①、图②中θ角均增大-26-\n B．图①、图②中θ角均不变 C．图①中θ增大、图②中θ角不变化 D．图①中θ不变、图②中θ角变大5．（3分）（2022秋•杭州期中）如图所示，质量为M的半圆形轨道槽放置在水平地面上，槽内壁光滑．质量为m的小物体从槽的左侧顶端由静止开始下滑到右侧最高点的过程中，轨道槽始终静止，则该整个过程中（ ） A．地面对轨道槽的最小压力为（M+m）g B．地面对轨道槽的最大压力为（M+2m）g C．地面对轨道槽的摩擦力始终为零 D．地面对轨道槽的摩擦力方向先向右后向左6．（3分）（2022•枣庄一模）如图所示是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图．使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上．撑竿的重力和墙壁的摩擦均不计，且撑竿足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，设该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，则（ ） A．F1增大，F2减小B．F1增大，F2增大 C．F1减小，F2减小D．F1减小，F2增大7．（3分）（2022秋•天津期末）如图所示，足够长的水平传送带以速度ν沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度为h=0.45m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A．若ν=1m/s，则小物块能回到A点 B．若ν=2m/s，则小物块能回到A点 C．若ν=5m/s，则小物块能回到A点 D．无论ν等于多少，小物块均能回到A点8．（3分）（2022秋•临安市校级月考）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块A和B，C为固定挡板，系统处于静止状态．现开始用变力F沿斜面向上拉动物块A使之做匀加速直线运动，经时间t物块B刚要离开挡板，已知物块的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g．则在此过程中，下列说法正确的是（ ）-26-\n A．力F的最小值为 B．力F的最大值为 C．物块A的位移为 D．力F做的功为 二、不定项选择题：（本题共4个小题，共16分．在每小题给出的4个选项中有一个或一个以上选项符合题目要求，每题4分，多选、错选均不得分，漏选得2分，全部选对得4分．）9．（4分）（2022秋•临安市校级月考）如图所示，A、B、C、D四个人做杂技表演，B站在A的肩上，双手拉着C和D，A撑开双手水平支持着C和D．若四个人的质量均为m，他们的臂长相等，重力加速度为g，不计A手掌与C、D身体间的摩擦．下列结论正确的是（ ） A．A受到地面支持力为4mgB．B受到A的支持力为3mg C．B受到C的拉力约为mgD．C受到A的推力约为mg10．（4分）（2022秋•临安市校级月考）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取l0m/s2，那么该消防队员（ ） A．下滑过程中的最大速度为4m/s-26-\n B．加速与减速过程的时间之比为1：4 C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7 D．加速与减速过程的位移大小之比为1：411．（4分）（2022秋•越城区校级期中）一个物体受到F1、F2、F3、F4、F5五个力的作用而处于静止状态，其中F1=10N，F2=10N，F1与F2互相垂直．现将F1从10N慢慢减小到5N，同时F2从10N慢慢增大到15N，且这两个力的大小改变的快慢相同，其它几个力保持不变，则此过程中，下列说法正确的是（ ） A．物体的加速度先减小后增大B．物体的加速度一直增加 C．物体的速度先减小后增加D．物体将做变加速直线运动12．（4分）（2022秋•徐汇区期末）如下图所示，光滑的斜槽由槽板AB、BC组成，AB与BC的夹角大于90°，质量为m的球放在斜槽中，当斜槽和球一起沿水平面向右运动时，则（ ） A．球对AB槽板的压力可能大于mg B．球对AB槽板的压力可能等于零 C．球对于BC槽板的压力可能大于mg D．球对BC槽板的压力可能小于mg 三、实验题（本题共3小题，每空2分，共20分）13．（6分）（2022春•苍南县校级期末）在《探究求合力的方法》实验中，某同学首先将白纸固定在方木板上、将橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计．然后沿着两个不同的方向拉弹簧测力计，如图所示，夹角约为90°，这时必须在白纸上记下两拉力的大小和方向，还必须记下 ，其中右图中B弹簧测力计的读数为 N．接着，用其中一个弹簧测力计去拉该橡皮筋时，该实验能否顺利进行下去吗？请说明理由 ．14．（4分）（2022秋•金华期末）某同学做了一次较为精确的测定匀加速直线运动的加速度的实验，实验所得到的纸带如图所示．设0点是计数的起始点，两计数点之间的时间间隔为0.1s．则第一个计数点与0点的距离s1应为 cm，物体的加速度a= m/s2．-26-\n15．（10分）（2022•红岗区校级模拟）如图1所示为“探究加速度与物体受力和质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电．小车的质量为m1，小盘（及砝码）的质量为m2．（1）下列说法正确的是 ．A．为平衡小车与水平木板之间摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在挂小盘（及砝码）的情况下使小车恰好做匀速运动B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C．本实验中要满足m2应远小于m1的条件D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣m1图象（2）实验中，得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则计算小车加速度的表达式为a= ；（3）某同学在平衡好摩擦力后，保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图3所示，若牛顿第二定律成立，重力加速度g=10m/s2，则小车的质量为 kg，小盘的质量为 kg．（二个结果都保留两位有效数字）（4）如果砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增加，会趋近于某一极限值，此极限值为 m/s2． 四、计算题：（本题共5小题，共40分，请写出必要的文字和表达式，只有答案不得分）16．（6分）（2022秋•临安市校级月考）已知O、A、B、C为同一直线上的四点，A、B间的距离为1m，B、C间的距离为2m，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等，则物体通过A点和B点时的速度大小之比为多少？O、A间的距离为多少？-26-\n17．（6分）（2022秋•黑龙江校级期末）如图所示，在倾角θ=30°的斜面上有一块竖直放置的挡板，在挡板和斜面之间放有一个光滑圆球，当系统静止时档板上的压力传感器显示压力为20N，试求：（1）球对斜面的压力和圆球的重量．（2）要让挡板压力为零，整个装置在水平方向上将怎样动？18．（9分）（2022秋•临安市校级月考）一质量m=1kg的小物块，以v0=2m/s的初速度在与斜面成370夹角大小为10N拉力F作用下，从无限长斜面底端A点向上运动，在距离A点6cn的B点撤去拉力．已知斜面倾角θ=370，物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，试求物块在斜面上运动的总时间？19．（9分）（2022秋•临安市校级月考）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图甲所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a─t图象如图乙所示．电梯总质量m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度g=10m/s2，求：（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a─t图象，求电梯在第1s内的速度改变量△υ1和第2s末的速率v2；（3）试定性地画出该过程的v﹣t图象．20．（10分）（2022•山东模拟）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．-26-\n -26-\n2022-2022学年浙江省杭州市临安市於潜中学高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题（本题共8个小题，每题3分，共24分．）1．（3分）（2022•中山二模）在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ） A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法 D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法考点：质点的认识；探究加速度与物体质量、物体受力的关系．分析：在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．解答：解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C正确；D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故D正确；故选：A．点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习． 2．（3分）（2022秋•杭州期中）物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，在3s末物体在A点的正上方15m处，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ） A．初速度有二个解 B．物体在3s末的速度方向可能竖直向上 C．在3s内物体的平均速度的方向一定竖直向下 D．在3s内物体的平均速度的方向一定竖直向上考点：竖直上抛运动；平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系．-26-\n专题：直线运动规律专题．分析：物体在空中具有初速度，且3s后位于原出发点的正上方，说明该物体做竖直上抛运动，因此其初速度的方向只能是竖直向上，不可能有两个解，根据位移公式求出初速度，进而可知3s末速度方向竖直向下，根据平均速度的定义判断解答：解：A、物体在空中具有初速度，且3s后位于原出发点的正上方，说明该物体做竖直上抛运动，因此其初速度的方向只能是竖直向上，不可能有两个解，故A错误；B、由A分析，根据位移公式，=h代入数据可得：v0=20m/s当v0减到0时，历时t=20÷10=2s，故3s末的速度方向竖直向下，故B错误；C、根据，3s末物体的位移是竖直向上的，故平均速度的方向也是竖直向上的，故C错误，D正确故选：D点评：本题考查匀变速直线运动的规律，利用运动学基本公式解题． 3．（3分）（2022•兴平市校级一模）我国道路安全部门规定：高速公路上行驶的最高时速为120km/h．交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数路面动摩擦因数干沥青0.7干碎石路面0.6～0.7湿沥青0.32～0.4根据以上资料，通过计算判断汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近（ ） A．100mB．200mC．300mD．400m考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当汽车在湿沥青路面上行驶时，动摩擦因数最小，刹车时滑行的距离最大，根据运动学求出反应时间内汽车通过的距离，由动能定理求出刹车后滑行的距离，再求解安全距离最接近的值．解答：解：汽车的最高速度为v=120km/h=33.3m/s．在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为x1=vt=33.3×0.6m=20m在汽车刹车的过程，根据动能定理得﹣μmgx2=0﹣得x2==≈173.6m，则总位移大小为x=x1+x2=193m，接近200m．故选B点评：本题一抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态；二要会选择数据，同等条件下，动摩擦因数越小，汽车滑行的距离越大，根据动摩擦因数最小的情况求解安全距离． -26-\n4．（3分）（2022•宁波二模）如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图①中O为轻绳之间联结的节点，图②中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图①中的B滑轮或图②中的端点B沿虚线稍稍上移一些，则关于θ角变化说法正确的是（ ） A．图①、图②中θ角均增大 B．图①、图②中θ角均不变 C．图①中θ增大、图②中θ角不变化 D．图①中θ不变、图②中θ角变大考点：合力的大小与分力间夹角的关系．专题：平行四边形法则图解法专题．分析：根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解．解答：解：图1中，根据钩码个数，三个力正好构成直角三角形，若端点B沿虚线稍稍上移一些，三力大小不变，根据力的合成法则，可知，方向不变，即夹角不变．图2中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则A、B的力总是相等的，因此合力平分A、B绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小仍不变，则根据力的合成法则，可知，AB夹角也不变．故选：B点评：本题解题关键是抓住动滑轮绳子的张力大小相等的特点，以及合力与分力的关系：合力大小不变，夹角增大时，合力减小进行分析． 5．（3分）（2022秋•杭州期中）如图所示，质量为M的半圆形轨道槽放置在水平地面上，槽内壁光滑．质量为m的小物体从槽的左侧顶端由静止开始下滑到右侧最高点的过程中，轨道槽始终静止，则该整个过程中（ ） A．地面对轨道槽的最小压力为（M+m）g B．地面对轨道槽的最大压力为（M+2m）g C．地面对轨道槽的摩擦力始终为零 D．地面对轨道槽的摩擦力方向先向右后向左考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：-26-\nm在半圆槽中运动时，最低点处受支持力最大；最高点处时受支持力最小；由向心力公式可求得支持力；再对半圆槽分析可得出轨道槽对地面的最大及最小压力．解答：解：A、当m在最高点时，物体只受重力对半圆轨道没有压力，故此时轨道槽对地面的压力最小为Mg，故A错误；B、当物体运动到最低点时，由机械能守恒可知，mv2=mgR；由向心力公式可得m=F﹣mg，解得：F=3mg；故轨道槽对地面的压力为3mg+Mg；此时压力最大，故B错误；C、当m对轨道的压力有沿水平方向的分量时，轨道槽受到水平方向的摩擦力，只有在最低点时，水平分量为零，摩擦力为零，故C错误；D、m在轨道左侧时，对槽的弹力有水平向左的分量，故此时地面对槽有向右的摩擦力；当物体到达右侧时，弹力向右，故摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，D正确；故选：D．点评：本题影响槽对地面的压力的关键是小球对槽的压力，故应先分析小球的受力，再去分析槽对地面的压力． 6．（3分）（2022•枣庄一模）如图所示是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图．使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上．撑竿的重力和墙壁的摩擦均不计，且撑竿足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，设该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，则（ ） A．F1增大，F2减小B．F1增大，F2增大 C．F1减小，F2减小D．F1减小，F2增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件得到竿对涂料滚的推力为F1和墙壁对涂料滚的弹力的表达式，再分析两个力的变化．解答：解：以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图．设撑轩与墙壁间的夹角为α，根据平衡条件得F1=F2=Gtanα由题，撑轩与墙壁间的夹角α减小，cosα增大，tanα减小，则F1、F2均减小．故选C-26-\n点评：本题是动态平衡问题，采用函数法分析的，也可以采用图解法更直观反映出两个力的变化情况． 7．（3分）（2022秋•天津期末）如图所示，足够长的水平传送带以速度ν沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度为h=0.45m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A．若ν=1m/s，则小物块能回到A点 B．若ν=2m/s，则小物块能回到A点 C．若ν=5m/s，则小物块能回到A点 D．无论ν等于多少，小物块均能回到A点考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由于曲面是光滑的，物体从A点下滑之后，机械能守恒，由此可以求得到达水平传送带时物体的速度的大小，之后物体在传送带上减速运动，减到零之后由开始反向加速，根据此时的传送带的速度的不同可以分析得到物体脱离传送带时的速度的大小，与原来下滑时的速度的大小相对比，可以知道物体能不能回到原来的A点．解答：解：物体在曲面上下滑的过程中，物体的机械能守恒，根据机械能守恒可得，mgh=mv02，所以小物块滑上传送带的初速度：v0=，物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的．当传送带的速度v≥3m/s时，由匀变速直线运动的规律v2﹣v02=2ax分析可知，物体的加速和减速运动的位移的大小相同，小物块返回曲面的初速度都等于3m/s，物体恰好能回到A点，当传送带的传送速度v＜3m/s-26-\n时，物体反向加速时的位移的大小要比减速时位移小，当和传送带的速度相同之后，物体就和传送带一起做匀速直线运动，所以小物块返回曲面的初速度等于传送带的速度v，小于3m/s，物体上升的高度比原来的高度要小，不能回到A点．根据以上的分析可知，当传送带的速度v≥3m/s时，物体就能够回到原来的A点，所以C正确．故选：C点评：本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力，物体在减速和反向的加速阶段的加速度的大小是相同的，只有当传送带的速度大小大于或等于物体下滑的速度的时候，物体反向加速的速度的大小才会等于下滑时的速度的大小，才能够返回原来的A点． 8．（3分）（2022秋•临安市校级月考）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块A和B，C为固定挡板，系统处于静止状态．现开始用变力F沿斜面向上拉动物块A使之做匀加速直线运动，经时间t物块B刚要离开挡板，已知物块的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g．则在此过程中，下列说法正确的是（ ） A．力F的最小值为 B．力F的最大值为 C．物块A的位移为 D．力F做的功为考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据共点力平衡以及胡克定律求出未施加F时弹簧的压缩量，根据共点力平衡和胡克定律求出B刚要离开时弹簧的伸长量，通过位移时间公式求出A的加速度大小，速度时间关系求出末速度，根据动能定理可得变力F做的功，通过通过牛顿第二定律求出从F最大值与最小值．解答：解：设刚开始时弹簧压缩量为x0，A对弹簧的压力：mgsinθ=kx0…①B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，B对弹簧的拉力：mgsinθ=kx1…②所以物体A向上的位移：…③-26-\n又因物体向上做匀加速直线运动，得：解得：…④ts末的速度为：因为在ts时间内，F为变力，刚刚开始运动时，拉力F仅仅提供A的加速度，所以开始运动时的拉力最小：由牛第二顿定律得：…⑤B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，弹簧对A的拉力等于B对弹簧的拉力，由牛顿第二定律知：Fm﹣kx1﹣mgsinθ=ma…⑥所以拉力F的最大值：…⑦ts内弹簧的弹力先对A做正功，后做负功总功为：力F是变力，对A根据动能定理得：解得：==…⑧A、由⑤式可知A正确；B、由⑦式可知B错误；C、由③式可知C错误；D、由⑧式可知D错误；故选：A．点评：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．所以B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，B对弹簧的拉力等于B的重力沿斜面向下的分量． 二、不定项选择题：（本题共4个小题，共16分．在每小题给出的4个选项中有一个或一个以上选项符合题目要求，每题4分，多选、错选均不得分，漏选得2分，全部选对得4分．）9．（4分）（2022秋•临安市校级月考）如图所示，A、B、C、D四个人做杂技表演，B站在A的肩上，双手拉着C和D，A撑开双手水平支持着C和D．若四个人的质量均为m，他们的臂长相等，重力加速度为g，不计A手掌与C、D身体间的摩擦．下列结论正确的是（ ）-26-\n A．A受到地面支持力为4mgB．B受到A的支持力为3mg C．B受到C的拉力约为mgD．C受到A的推力约为mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：研究A的支持力可以以四个人整体为研究对象，由平衡条件求支持力．研究B，分析受力情况，由平衡条件可求其所受的支持力．对C研究，由平衡条件可求B对C的拉力和A的推力．解答：解：A、以四个人整体为研究对象，由平衡条件得：地面对A的支持力NA=4mg；故A正确．B、C、D对C：分析受力如图2所示，则有FAC=mgtan30°=，即C受到A的推力约为．FBC=，即C受到B的拉力为mg，则B受到C的拉力也为mg．对B：分析受力如图1所示，根据对称性，有FCB=FAB，FBC=FCB，则有B受到A的支持力NB=mg+2FCBcos30°=mg+2×mg×=3mg．故BC正确，D错误．故选：ABC点评：本题是多个物体的平衡问题，关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法相结合比较简便． -26-\n10．（4分）（2022秋•临安市校级月考）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取l0m/s2，那么该消防队员（ ） A．下滑过程中的最大速度为4m/s B．加速与减速过程的时间之比为1：4 C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7 D．加速与减速过程的位移大小之比为1：4考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：由平均速度公式求解最大速度．根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比．根据牛顿第二定律研究摩擦力之比解答：解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=，得到v==m/s=8m/s．故A错误．B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2．则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2．故B错误．C、D由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1==8m/s2，a2=4m/s2，根据牛顿第二定律得加速过程：mg﹣f1=ma1，f1=mg﹣ma1=2m减速过程：f2﹣mg=ma2，f2=mg+ma2=14m所以f1：f2=1：7．故C正确；D、匀加速运动位移为：x1=匀减速位移为：x2=t2所以加速与减速过程的位移之比为为t1：t2=1：2，故D错误．故选：C点评：本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度，根据动能定理研究摩擦力关系． 11．（4分）（2022秋•越城区校级期中）一个物体受到F1、F2、F3、F4、F5五个力的作用而处于静止状态，其中F1=10N，F2=10N，F1与F2互相垂直．现将F1从10N慢慢减小到5N，同时F2从10N慢慢增大到15N，且这两个力的大小改变的快慢相同，其它几个力保持不变，则此过程中，下列说法正确的是（ ） A．物体的加速度先减小后增大B．物体的加速度一直增加-26-\n C．物体的速度先减小后增加D．物体将做变加速直线运动考点：牛顿第二定律；力的合成．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据合力的变化判断加速度的变化，通过加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．解答：解：物体处于静止状态，知F1、F2的合力与剩余力的合力等值反向，改变知F1、F2，知F1、F2的合力大小等于物体所受的合力大小，将F1从10N慢慢减小到5N，同时F2从10N慢慢增大到15N，根据平行四边形定则知，合力逐渐增大，则加速度一直增加，因为加速度的方向与速度的方向不在同一条直线上，但是与速度方向的夹角为锐角，知速度仍然增加，物体做变加速曲线运动．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键理解牛顿第二定律，知道加速度随合外力的变化而变化，且加速度的方向与合外力方向相同． 12．（4分）（2022秋•徐汇区期末）如下图所示，光滑的斜槽由槽板AB、BC组成，AB与BC的夹角大于90°，质量为m的球放在斜槽中，当斜槽和球一起沿水平面向右运动时，则（ ） A．球对AB槽板的压力可能大于mg B．球对AB槽板的压力可能等于零 C．球对于BC槽板的压力可能大于mg D．球对BC槽板的压力可能小于mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球受力分析，受重力G、BC板的支持力N1、AB板可能有支持力，设为N2；根据牛顿第二定律列式分析讨论即可．解答：解：A、B、对小球受力分析，受重力G、BC板的支持力N1、AB板可能有支持力，设为N2，如图所示；①假设物体匀速，加速度为零，故N2=0②假设物体向右加速，设加速度为a，根据牛顿第二定律，有-26-\n水平方向：N2sinθ=ma竖直方向：N2cosθ+N1=mg解得AB斜槽对球的支持力与球对AB斜槽的压力是相互作用力，等大；故球对AB槽板的压力可能大于、等于、小于球的重力，故A正确，B正确；C、D、由于≤mg，故C错误，D正确；故选ABD．点评：本题关键明确小球的运动情况，然后受力分析后根据牛顿第二定律列式分析． 三、实验题（本题共3小题，每空2分，共20分）13．（6分）（2022春•苍南县校级期末）在《探究求合力的方法》实验中，某同学首先将白纸固定在方木板上、将橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计．然后沿着两个不同的方向拉弹簧测力计，如图所示，夹角约为90°，这时必须在白纸上记下两拉力的大小和方向，还必须记下 结点O的位置 ，其中右图中B弹簧测力计的读数为 4.00 N．接着，用其中一个弹簧测力计去拉该橡皮筋时，该实验能否顺利进行下去吗？请说明理由 不能．因为用一只弹簧称拉时，弹簧称的量程不够 ．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：该实验采用了“等效替代”法，即用两个弹簧秤拉橡皮筋和用一个弹簧秤拉橡皮筋的效果相同，即橡皮筋的形变大小和方向相同，因此要将橡皮筋拉到同一位置O；根据弹簧秤的指示可读出力的大小；根据两个分力的大小可知，此时合力大小大于5N，因此一只弹簧称拉时，弹簧称的量程不够．解答：解：为了使两次拉橡皮筋的效果相同，两次拉橡皮筋的过程中要将皮筋拉到同一位置O，因此在第一次拉橡皮筋时，要记录O点的位置；根据B弹簧测力计指针的指示可知，拉力大小为：4.00N；C弹簧测力计的读数为：3.6N，因此此时合力大小为：-26-\n，因此用一个量程为5N的测力计拉橡皮筋时，超过最大量程，不能使实验顺利进行．故答案为：结点O的位置；4.00；不能．因为用一只弹簧称拉时，弹簧称的量程不够．点评：要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行记忆． 14．（4分）（2022秋•金华期末）某同学做了一次较为精确的测定匀加速直线运动的加速度的实验，实验所得到的纸带如图所示．设0点是计数的起始点，两计数点之间的时间间隔为0.1s．则第一个计数点与0点的距离s1应为 4 cm，物体的加速度a= 1 m/s2．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数即△x=aT2，据此可正确解答本题．解答：解：根据△x=aT2得：S2﹣S1=S3﹣S2=aT2…①S2=（0.09﹣S1）…②S3=0.15﹣0.09=0.06m…③联立①②③解得：S1=0.04m=4cm，a=1m/s2．故答案为：4，1．点评：对纸带进行数据处理的过程，即为应用匀变速直线运动的公式、推论解决问题过程，要熟练掌握匀变速直线运动的公式、推论． 15．（10分）（2022•红岗区校级模拟）如图1所示为“探究加速度与物体受力和质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电．小车的质量为m1，小盘（及砝码）的质量为m2．（1）下列说法正确的是 C ．A．为平衡小车与水平木板之间摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在挂小盘（及砝码）的情况下使小车恰好做匀速运动B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C．本实验中要满足m2应远小于m1的条件D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣m1图象（2）实验中，得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则计算小车加速度的表达式为a= ；-26-\n（3）某同学在平衡好摩擦力后，保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图3所示，若牛顿第二定律成立，重力加速度g=10m/s2，则小车的质量为 2.0 kg，小盘的质量为 0.060 kg．（二个结果都保留两位有效数字）（4）如果砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增加，会趋近于某一极限值，此极限值为 10 m/s2．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：（1）根据实验原理和具体实验步骤可判定各个选项（2）根据给定的纸带数据分布，由逐差法可以得到小车的加速度（3）由F﹣a图的斜率等于小车质量，可得到小车质量，F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，可得托盘质量（4）车在托盘和砝码带动下最大的加速度不会超过托盘和砝码下落的加速度，而此下落加速度的极值就是重力加速度解答：解：（1）平衡摩擦力验证是不是平衡掉了，不能挂托盘和砝码，故A错误，平衡摩擦力只需要做一次，故B错误，只有满足m2应远小于m1的条件，才能认为托盘和砝码的重力等于小车的拉力，故C正确，“探究加速度与物体受力和质量的关系”，但是做的是F﹣a图象，故D错误，故说法正确的是C（2）由逐差法得：，，，相加解得：（3）对F﹣a图来说，图象的斜率表示物体质量，故小车质量为：，F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有：mg=m1a0，-26-\n解得：m=（对图中的数据读取不一样，可有一定范围）（4）小车的加速度最大等于自由落体的加速度，故极限值为10m/s2故答案为：（1）C；（2）；（3）2.0或2.1；0.060～0.063；（4）10点评：本题考察的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错． 四、计算题：（本题共5小题，共40分，请写出必要的文字和表达式，只有答案不得分）16．（6分）（2022秋•临安市校级月考）已知O、A、B、C为同一直线上的四点，A、B间的距离为1m，B、C间的距离为2m，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等，则物体通过A点和B点时的速度大小之比为多少？O、A间的距离为多少？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等时间为T，即可表示出B点的速度，在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=aT2=1m，结合vB=vA+aT，求出A点的速度．即可求出两点速度的比值．再结合运动学公式求出OA的距离．解答：解：设物体通过AB段与BC段所用的相等时间为T，有：vB==△x=aT2=1mvA=vB﹣aT=vB﹣=﹣=所以物体通过A点和B点时的速度之比为1：3．设OA段的位移为x，则有：vA2=2ax，而vB2﹣vA2=2a×1，又vB=3vA，综合三个式子得x=m．答：物体通过A点和B点时的速度大小之比为1：3，O、A间的距离为．点评：解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，1、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．2、在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=aT2． 17．（6分）（2022秋•黑龙江校级期末）如图所示，在倾角θ=30°的斜面上有一块竖直放置的挡板，在挡板和斜面之间放有一个光滑圆球，当系统静止时档板上的压力传感器显示压力为20N，试求：（1）球对斜面的压力和圆球的重量．-26-\n（2）要让挡板压力为零，整个装置在水平方向上将怎样动？考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）球受到向下的重力作用，这个重力总是欲使球向下运动，但是由于挡板和斜面的支持，球才保持静止状态，因此，球的重力产生两个作用效果，故产生两个作用效果：使球垂直压紧档板的力F1，使球垂直压紧斜面的力F2，根据平行四边形定则作图分析即可．（2）挡板压力为零时，球受重力和支持力，物体沿着水平方向运动，故加速度水平，合力水平，运用合成法求解出合力，然后根据牛顿第二定律求解加速度．解答：解：（1）球受重力、挡板支持力、斜面支持力，按照作用效果，将重力沿着垂直挡板和垂直斜面方向分解，如图所示：结合几何知识可得：G=N（2）对球受力分析，受重力和支持力，合力水平，如图所示：合力：F=Gtanθ根据牛顿第二定律，有：F=ma解得：a=gtanθ=10×=，水平向左故系统向左以的加速度匀加速直线运动，或者向右以的加速度做匀减速直线运动；答：（1）球对斜面的压力为40N，圆球的重量为20N．-26-\n（2）要让挡板压力为零，整个装置在水平方向上将向左以的加速度匀加速直线运动，或者向右以的加速度做匀减速直线运动．点评：本题第一小问是平衡问题，关键根据平衡条件列式求解；第二小问关键受力分析后根据牛顿第二定律求解加速度． 18．（9分）（2022秋•临安市校级月考）一质量m=1kg的小物块，以v0=2m/s的初速度在与斜面成370夹角大小为10N拉力F作用下，从无限长斜面底端A点向上运动，在距离A点6cn的B点撤去拉力．已知斜面倾角θ=370，物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，试求物块在斜面上运动的总时间？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：物体从A到B匀加速直线运动，根据位移时间公式可求加速时间；撤去F后，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得减速运动的加速度，根据速度时间公式可求减速时间；最后反向匀加速直线运动，利用位移时间公式求加速下滑时间，从而求解运动的总时间．解答：解：（1）设力F作用在物体时物体加速度的大小为a，垂直斜面方向有平衡得：Fsin37°+FN=mgcos37°①由牛顿第二定律得：②由位移时间公式得：③代入数据①②③联立得：t1=2s撤去力F瞬间速度为：v1=v0+a1t1=2+1×1m/s=4m/s撤去F后，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得减速运动的加速度为：由v=v0+at得：减速运动时间为；减速运动的位移为：反向后物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：-26-\n根据得：下滑的时间为：所以下滑在斜面运动的总时间为：t=t1+t2+t3=2+0.4+2.6s=5s答：运动的总时间为5s．点评：本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键对物体正确的受力分析，分清物体的运动过程，正确的列方程求解即可． 19．（9分）（2022秋•临安市校级月考）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图甲所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a─t图象如图乙所示．电梯总质量m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度g=10m/s2，求：（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a─t图象，求电梯在第1s内的速度改变量△υ1和第2s末的速率v2；（3）试定性地画出该过程的v﹣t图象．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度大小，由牛顿第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2；（2）运用类比法可知，a﹣t图象与坐标轴所围的“面积”等于速度变化量，即可求出电梯在第1s内的速度改变量△υ1，及电梯在2s内的速度改变量△υ2，即求得第2s末的速率υ2；（3）由图可知0﹣1s电梯做加速度逐渐增大的加速运动，1﹣10s做匀加速直线运动，10s﹣11s，做加速度减小的变加速运动，11﹣30s末做匀速直线运动，30﹣31s末，做加速度增大的减速运动，31s﹣40s末做匀减速直线运动，40﹣41s末做加速度减小的减速运动．解答：解；（1）由牛顿第二定律，有F﹣mg=ma由a─t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=﹣1.0m/s2则F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N-26-\nF2=m（g+a2）=2.0×103×（10﹣1.0）N=1.8×104N（2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积△υ1=0.50m/s同理可得，△υ2=υ2﹣υ0=1.5m/sυ0=0，第2s末的速率υ2=1.5m/s（3）由图可知0﹣1s电梯做加速度逐渐增大的加速运动，1﹣10s做匀加速直线运动，10s﹣11s，做加速度减小的变加速运动，11﹣30s末做匀速直线运动，30﹣31s末，做加速度增大的减速运动，31s﹣40s末做匀减速直线运动，40﹣41s末做加速度减小的减速运动．又速度时间图象中斜率表示加速度，可作出速度时间图象如图所示：答：（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F12.2×104N，最小拉力F21.8×104N；（2）电梯在第1s内的速度改变量△υ10.50m/s，第2s末的速率v21.5m/s；（3）点评：本题一要有基本的读图能力，并能根据加速度图象分析电梯的运动情况；二要能运用类比法，理解加速度图象“面积”的物理意义． 20．（10分）（2022•山东模拟）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．-26-\n考点：匀变速直线运动的图像．专题：压轴题；运动学中的图像专题．分析：（1）由v﹣t图象分析可知，0.5s时刻以前木板做匀减速运动，而物块做匀加速运动，t=0.5s时刻两者速度相等．根据v﹣t的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出加速度，由运动学公式求出两个物体的总位移，两者之差即为相对位移．解答：解：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m．v﹣t的斜率等于物体的加速度，则得：在0﹣0.5s时间内，木板的加速度大小为=m/s2=8m/s2．对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得μ1mg+μ2•2mg=ma1，①对物块：0﹣0.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为a2==μ1gt=0.5s时速度为v=1m/s，则v=a2t②由①②解得μ1=0.20，μ2=0.30（2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2==μ1g=2m/s2．0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1′==4m/s2故整个过程中木板的位移大小为x1=+=1.625m物块的位移大小为x2==0.5m所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1﹣x2=1.125m答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m．点评：本题首先要掌握v﹣t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移． -26-
